第五单元 化学方程式
题型训练（4大类型）
【题型1 质量守恒定律及其应用】 1
【题型2 化学方程式的概念、读法和含义】 13
【题型3 书写化学方程式、文字表达式、电离方程式】 16
【题型4 根据化学反应方程式的计算】 22
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 S-32 C1-35.5 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Zn-65 I-127
【题型1 质量守恒定律及其应用】
1．（2022秋 新晃县期末）NH4ClO4（高氯酸铵）可用作火箭推进剂，当它发生分解反应时，不能生成的物质是（ ）
A．CO B．Cl2 C．O2 D．N2
【答案】A
【分析】根据质量守恒定律：化学反应前后元素不变，利用分解反应的特征，由物质的组成判断高氯酸铵（NH4ClO4）后可能生成的物质．
【解答】解：由质量守恒定律：化学反应前后元素不变；高氯酸铵的化学式NH4ClO4，该物质由N、H、O、Cl四种元素组成，其组成中不含C元素；根据化学变化前后元素种类不变，而分解反应的反应物只有一种，则可判断高氯酸铵分解不可能产生由C、O元素组成的CO。
故选：A。
2．（2022秋 同心县期末）用下列装置来验证质量守恒定律（托盘天平未画出），能达到目的的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】验证质量守恒定律的实验时，选用药品和装置应考虑：①只有质量没有变化的化学变化才能直接用于验证质量守恒；②如果反应物中有气体参加反应，或生成物中有气体生成，应该选用密闭装置。
【解答】解：A、镁条在空气中燃烧，与氧气反应生成氧化镁，有气体参加反应，生成的白烟扩散到空气中，不能直接用于验证质量守恒定律，故选项错误。
B、硫酸铜与铁反应生成硫酸亚铁和铜，没有气体参加反应，也没有生成气体，装置的质量在反应前后不变，能体现质量守恒定律，故选项正确。
C、碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应后二氧化碳逸出，反应后烧杯中的物质质量减少，不能直接用于验证质量守恒定律，故选项错误。
D、白磷燃烧后生成的少量白烟会从集气瓶口逸出，装置的质量在反应后会减少，不能直接用于验证质量守恒定律，故选项错误。
故选：B。
3．（2022秋 辽阳期末）利用新型催化剂将二氧化碳转化为燃料，是实现“碳中和”的路径之一，有关反应的化学方程式为CO2+3H2X+H2O，则X的化学式为（ ）
A．CH4 B．C2H4 C．CH2O D．CH3OH
【答案】D
【分析】由质量守恒定律：反应前后，原子种类、数目均不变，据此由反应的化学方程式推断X的化学式。
【解答】解：由质量守恒定律：反应前后，原子种类、数目均不变，由反应的化学方程式，反应前碳、氢、氧原子个数分别为1、6、2，反应后的生成物中碳、氢、氧原子个数分别为0、2、1，根据反应前后原子种类、数目不变，则每个X分子由1个碳原子、4个氢原子和1个氧原子构成，则物质X的化学式为CH3OH。
故选：D。
4．（2022秋 襄都区校级期末）将下列四种物质放入密闭容器中充分反应，测得反应前后各物质的质量如表。下列说法不正确的是（ ）
物质 甲 乙 丙 丁
反应前的质量/g 30 20 5 0
反应后的质量/g 14 16 a 20
A．a＝5
B．丁一定是化合物
C．丙可能是催化剂
D．参加反应的甲和生成的丁的质量比为7：10
【答案】D
【分析】根据质量守恒定律，化学反应前后物质的总质量不变，则a＝30+20+5﹣14﹣16﹣20＝5；反应后甲的质量减少了16g，则甲是反应物；反应后乙的质量减少了4g，则乙也是反应物；反应前后丙的质量不变，则丙可能是催化剂，也可能是不参与反应的物质；反应后丁的质量增加了20g，则丁是生成物；该反应是甲和乙反应生成丁，属于化合反应；据此分析即可。
【解答】解：A、由表中数据可知，a＝30+20+5﹣14﹣16﹣20＝5，故选项正确。
B、由分析可知，该反应是甲和乙反应生成丁，则丁一定是化合物，故选项正确。
C、反应前后丙的质量不变，则丙可能是催化剂，也可能是不参与反应的物质，故选项正确。
D、参加反应的甲和生成的丁的质量比为（30g﹣14g）：20g＝4：5，故选项不正确。
故选：D。
5．（2023春 莱州市期末）将一定质量木炭跟少量氧气放在密闭的容器里加热，充分反应。如图一定不能正确反映容器内有关物质的质量随时间变化而变化的关系图像是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】木炭与氧气在点燃的条件下反应生成二氧化碳气体，根据氧气的量来分析判断。
【解答】解：A、若氧气的量不足，所以最终氧气会为0，故A正确；
B、若氧气质量不足，与一定质量的木炭全部反应完，这时木炭的质量会有剩余，故B正确；
C、刚开始没反应时二氧化碳的质量为零，所以图像应从零开始，最终反应完后质量不再变化，故C错误；
D、反应在密闭容器中进行，由质量守恒定律可知，反应前后物质的总质量不变，故D正确；
故选：C。
6．（2022秋 番禺区期末）我国古代典籍记载的“银针验毒“，涉及到反应4Ag+2H2S+O2═2X+2H2O，生成物X的化学式是（ ）
A．AgHS B．Ag2S C．SO2 D．Ag2O
【答案】B
【分析】化学反应遵循质量守恒定律，即参加反应的物质的质量之和，等于反应后生成的物质的质量之和，是因为化学反应前后，元素的种类不变，原子的种类、总个数不变。
【解答】解：反应前银原子是4个，反应后应该是4个，包含在未知物质中，反应前后氢原子都是4个，反应前硫原子是2个，反应后应该是2个，包含在未知物质中，反应前后氧原子都是2个，生成物X的化学式是Ag2S。
故选：B。
7．（2022秋 天河区校级期末）2022年10月31日梦天实验舱由长征五号B运载火箭托举升空。长征五号B运载火箭以偏二甲肼（C2H8N2）和X作推进剂，反应的化学方程式为：2X+C2H8N23N2+4H2O+2CO2，则X的化学式是（ ）
A．N2O4 B．NO C．N2O3 D．N2O5
【答案】A
【分析】根据质量守恒定律，化学反应前后原子种类、数目不变来分析。
【解答】解：根据质量守恒定律，化学反应前后原子种类、数目不变，由反应的化学方程式为2X+C2H8N23N2+4H2O+2CO2可知，反应物中有2个C、8个H、2个N，生成物中有6个N、8个H、2个C、8个O，则2X中含有4个N，8个O，所以1个X中含有2个N，4个O，则X的化学式为N2O4。
故选：A。
8．（2022秋 玉林期末）在一个密闭容器中，有甲、乙、丙、丁、戊五种物质，在一定条件下发生反应，测得反应前后各物质的质量变化量如图所示（图中正数表示物质质量的增加量，负数表示物质质量的减少量，0表示物质质量不变），下列说法正确的是（ ）
A．R＝﹣48
B．戊一定是该反应的催化剂
C．反应后容器中一定含有5种物质
D．该反应中乙、丁的质量比一定为8：9
【答案】A
【分析】化学反应遵循质量守恒定律，即参加反应的物质的质量之和，等于反应后生成的物质的质量之和，是因为化学反应前后，元素的种类不变，原子的种类、总个数不变。
【解答】解：A、R＝23﹣44﹣27＝﹣48，该选项正确；
B、戊反应前后质量不变，可能是催化剂，也可能既不是催化剂也不是反应物和生成物，该选项不正确；
C、完全反应后容器中含有三种物质，该选项不正确；
D、该反应中乙、丁的质量比一定为48：27＝16：9，该选项不正确。
故选：A。
9．（2022秋 中江县期末）将一定质量的A、B、C、D四种物质放一密闭容器中，在一定条件下反应一段时间后，测得各物质的质量如下：
物质 A B C D
反应前的质量/g 6.4 3.2 4.0 2.5
反应后的质量/g 3.8 待测 7.2 2.5
下列说法中错误的是（ ）
A．物质D可能是催化剂
B．表中待测数据的值为2.6
C．物质A是反应物
D．化学反应中B、C的质量变化之比是13：36
【答案】D
【分析】本题分析A、C、D三种物质反应前后的质量变化情况，确定是反应物还是生成物；然后根据质量守恒定律确定B是反应物还是生成物；根据各物质的质量变化情况结合催化剂的特征进行分析解答即可。
【解答】解：根据质量守恒定律，由表中数据可知：A的质量减少了6.4g﹣3.8g＝2.6g，可确定A是反应物；C的质量增加了7.2g﹣4.0g＝3.2g，可确定C是生成物；D的质量反应前后不变；
A、D的质量不变，D可能作该反应的催化剂，也可能没有参加反应，故选项说法正确。
B、参加反应的A的质量为2.6g，生成的C的质量是3.2g，由质量守恒定律，B应是反应物，且参加反应的B的质量为3.2g﹣2.6g＝0.6g，因此待测＝3.2g﹣0.6g＝2.6g，故选项说法正确。
C、根据以上分析可知，A应是反应物，故选项说法正确。
D、化学反应中B、C的质量变化之比是（3.2﹣2.6）：（7.2﹣4.0）＝3：16，故选项说法错误。
故选：D。
10．（2023春 萝北县期末）“见著知微，见微知著”是化学思维方法。
（1）从宏观知微观。
天然气的主要成分是甲烷，甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和水，甲烷分子中一定含有的原子是 C 和 H （填符号）。
（2）从微观知宏观。
①上述粒子中具有相似化学性质的原子是 AC （用字母序号填空，下同）
②属于同种元素的粒子是 CE 。
【答案】（1）C；H；
（2）①AC；②CE。
【分析】（1）由质量守恒定律：反应前后，原子种类不变，进行分析解答。
（2）①根据决定元素化学性质的是原子的最外层电子数，进行分析解答。
②根据元素是质子数（即核电荷数）相同的一类原子的总称，同种元素的原子质子数相同，进行分析解答。
【解答】解：（1）由质量守恒定律：反应前后，原子种类不变，甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和水，二氧化碳分子和水分子中含有碳原子、氢原子和氧原子，反应物氧气的分子中只含有氧原子，则甲烷分子中一定含有的原子是碳原子、氢原子，其原子符号为C、H。
（2）①原子中，质子数＝核外电子数；决定元素化学性质的是原子的最外层电子数，上述粒子中AC属于原子，且最外层电子数相同，则具有相似化学性质的原子是AC。
②元素是质子数（即核电荷数）相同的一类原子的总称，同种元素的原子是质子数相同，CE的质子数相同，属于同种元素。
故答案为：
（1）C；H；
（2）①AC；②CE。
11．（2023春 莱山区期末）华夏之美，灿若繁花。央视春晚节目《满庭芳 国色》从自然万物、天地四时追寻中国传统色彩。群青、湘叶、桃红、凝脂这满庭芳的国色中也蕴藏着独特的化学内涵。
（1）群青颜料在古代是由贵重的青金石研磨制成的，是一种昂贵的高级颜料。青金石中含Na、Al、Si、S、Cl、O等元素，这些元素最根本的区别是 质子数 不同。
（2）缃叶色指的是桑叶初生的浅黄色。在中国古代绘画中，黄色颜料多用雌黄（As2S3）制成，雄黄（As3S4）在光照下会变成雌黄。这两种物质具有的共同点是 都是由As、S两种元素组成 （写一条）。
（3）古代的桃红胭脂可由红花汁制成，红花的染色成分为红花素（C15H12O6）。红花素中氢、氧元素的质量比为 1：8 （填最简整数比）。
（4）宋代德化窑的白瓷，是一种纯粹的凝脂白。陶瓷烧制过程中会发生一系列的化学反应，其中包括CaCO3+SiO2CaSiO3+X↑，该反应中X的化学式为 CO2 ，CaSiO3中Si元素的化合价为 +4 。
【答案】（1）质子数；
（2）都是由As、S两种元素组成；
（3）1：8；
（4）CO2；+4。
【分析】（1）根据元素是质子数（即核电荷数）相同的一类原子的总称来分析；
（2）根据雌黄和雄黄的化学式来分析；
（3）根据元素的质量比＝相对原子质量×原子个数之比来分析；
（4）根据质量守恒定律，以及化合价原则来分析。
【解答】解：（1）元素是质子数（即核电荷数）相同的一类原子的总称，则Na、Al、Si、S、C1、O等元素本质的区别是质子数不同。
（2）雌黄的化学式为As2S3，雄黄的化学式为As3S4，这两种物质具有的共同点是都是由As、S两种元素组成。
（3）红花素的化学式为C15H12O6，则氢、氧元素的质量比为（1×12）：（16×6）＝1：8。
（4）根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变，反应前Ca、C、O、Si原子的个数为1、1、5、1，反应后Ca、C、O、Si原子的个数为1、0、3、1，则X中含有1个C、2个O，所以X的化学式为：CO2。化合物中各元素化合价代数和为零，CaSiO3中Ca为+2价，O为﹣2价，设Si的化合价为x，则（+2）+x+（﹣2×3）＝0，x＝+4，则CaSiO3中Si元素的化合价为+4价。
故答案为：
（1）质子数；
（2）都是由As、S两种元素组成；
（3）1：8；
（4）CO2；+4。
12．（2023春 牟平区期末）为验证质量守恒定律，小明设计了如图所示装置进行实验，实验过程中，若石灰水足量，该体系中发生的化学反应有 2 个；小强认为实验时即使锥形瓶中未盛装石灰水，实验前后天平也会保持平衡，小明在认同小强观点的同时，认为如果不使用石灰水，可能会存在一定问题，该问题是： 瓶内气压过大，瓶塞弹出 ，小明继续提出：该实验若将锥形瓶改为烧杯，则不能验证质量守恒定律，原因是 生成的气体逸散到空气中 ，小强提出：即使改为烧杯，下列反应中 BCD 仍能完成质量守恒定律的验证。
A．镁和稀盐酸Mg+2HCl＝MgCl2+H2↑
B．铁和硫酸铜溶液Fe+CuSO4＝Cu+FeSO4
C．盐酸和氢氧化钠溶液HCl+NaOH＝NaCl+H2O
D．氢氧化钡溶液和硫酸钠溶液Ba（OH）2+Na2SO4＝BaSO4↓+2NaOH
【答案】2；瓶内气压过大，瓶塞弹出；生成的气体逸散到空气中；BCD。
【分析】根据实验过程中，稀盐酸和大理石反应、二氧化碳和澄清石灰水反应来分析；
根据不用澄清石灰水吸收二氧化碳，装置内的压强会增大来分析；
根据若将锥形瓶改为烧杯，生成的气体会逸散到空气中来分析；
A、根据镁和稀盐酸反应生成氢气来分析；
B、根据铁和硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁来分析；
C、根据盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水来分析；
D、根据氢氧化钡和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠来分析。
【解答】解：实验过程中，稀盐酸和大理石中的碳酸钙反应生成氯化钙、水和二氧化碳气体，二氧化碳和澄清石灰水中的氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，则该体系中发生的化学反应有2个；
实验中如果不用澄清石灰水吸收二氧化碳，装置内二氧化碳气体增多，压强增大，可能会将瓶塞弹出；
若将锥形瓶改为烧杯，装置不密封，生成的气体逸散到空气中，导致反应后装置内的质量减少，不能验证质量守恒定律；
A、镁和稀盐酸反应生成氢气，用该反应验证质量守恒定律时，不能用烧杯作反应容器，故选项错误；
B、铁和硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，没有气体参加或生成，能用烧杯作反应容器，故选项正确；
C、盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，没有气体参加或生成，能用烧杯作反应容器，故选项正确；
D、氢氧化钡和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，没有气体参加或生成，能用烧杯作反应容器，故选项正确；
故选：BCD。
故答案为：
2；瓶内气压过大，瓶塞弹出；生成的气体逸散到空气中；BCD。
13．（2023春 桓台县期末）请完成下列问题：
（1）CO和CO2是碳的两种常见氧化物，其中CO中碳、氧元素质量比是 3：4 （最简比）。已知某瓶气体中只含有碳、氧两种元素，测得气体中碳、氧元素的质量比是3：5，则该瓶气体组成属于 混合物 （填“纯净物”、“混合物”）；
（2）CO2和CO两种物质的组成元素相同，二者的分子结构 不同 （填“相同”、“不同”），两种物质的化学性质 不同 （填“相同”、“不同”），因为物质的结构决定物质的性质；
（3）天然水中含有许多杂质。自来水生产过程中的重要步骤是消毒，ClO2是一种新型消毒剂，工业上常用Cl2与NaClO2反应来制取ClO2，反应的化学方程式是：Cl2+2NaClO2＝2x+2ClO2，则x的化学式是 NaCl ，NaClO2中氯的化合价是 +3 。
【答案】（1）3：4；混合物；
（2）不同；不同；
（3）NaCl；+3。
【分析】（1）根据元素的质量比＝相对原子质量×原子个数之比来分析；
（2）根据一氧化碳和二氧化碳的分子构成，以及分子是保持物质化学性质的最小微粒来分析；
（3）根据化学反应前后原子的种类和数目不变，以及化合物中各元素化合价代数和为零来分析。
【解答】解：（1）CO中碳、氧元素质量比是12：16＝3：4；CO2中碳、氧元素质量比是12：（16×2）＝3：8，气体中碳、氧元素的质量比是3：5，介于3：4和3：8之间，所以该瓶气体组成属于混合物。
（2）一氧化碳由一氧化碳分子构成，二氧化碳由二氧化碳分子构成，二者的分子结构不同；分子是保持物质化学性质的最小微粒，一氧化碳和二氧化碳的分子构成不同，则两种物质的化学性质不同。
（3）根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变，由反应的化学方程式Cl2+2NaClO2＝2x+2ClO2可知，反应前有4个Cl、2个Na、4个O，反应后有2个Cl、4个O，则2X中含有2个Cl、2个Na，所以X的化学式为：NaCl。根据化合价原则，化合物中各元素化合价代数和为零，NaClO2中Na、O元素的化合价分别为+1价、﹣2价，设氯元素的化合价为x，则（+1）+x+（﹣2）×2＝0，解得x＝+3，所以NaClO2中氯的化合价是+3。
故答案为：
（1）3：4；混合物；
（2）不同；不同；
（3）NaCl；+3。
14．（2023春 桓台县期末）化学反应要遵循质量守恒定律。丙烷（C3H8）是液化石油气的主要成分之一，将22g丙烷与一定量氧气在密闭容器中引燃，恰好完全反应。已知生成CO2和CO的质量比是22：7，则生成H2O的质量是 36g ，反应消耗氧气的质量是 72g 。在这个反应中，丙烷中所含氢元素质量和产物水中的氢元素质量关系是 相等 ，产物CO2、CO中的碳元素总质量与丙烷中所含碳元素的质量关系是 相等 。
【答案】36g；72g；相等；相等。
【分析】根据质量守恒定律，反应前后元素的质量、物质的总质量不变以及化学方程式的相关计算来分析。
【解答】解：22g丙烷中碳元素质量为：22g××100%＝18g，则丙烷中氢元素质量为：22g﹣18g＝4g，则生成水的质量为：4g÷＝36g；生成CO2和CO的质量比是22：7，设生成的二氧化碳质量为22x，则生成的一氧化碳质量为7x，由题意得：22x××100%+7x××100%＝18g，解得：x＝2g，所以生成二氧化碳的质量为：22×2g＝44g，生成一氧化碳的质量为：7×2g＝14g；根据质量守恒定律，反应前后物质的总质量不变，则消耗的氧气为：44g+14g+36g﹣22g＝72g；根据质量守恒定律，反应前后元素的质量不变，可知丙烷中所含氢元素质量和产物水中的氢元素质量关系是相等，产物CO2、CO中的碳元素总质量与丙烷中所含碳元素的质量关系是相等。
故答案为：
36g；72g；相等；相等。
15．（2023春 萝北县期末）如图所示是某校学生甲、乙探究“质量守恒定律“的两个验证实验，甲同学采用装置A，乙同学采用装置B。请结合装置图回答下列问题：
（1）采用上述装置实验其中能直接验证质量守恒定律的是 甲 同学（填“甲”或“乙”）。
（2）装置A中看到气球的变化是 先膨胀后变瘪 。
（3）装置A中玻璃管的作用是 调节装置内外压强平衡，防止橡皮塞被弹开（或防止五氧化二磷逸出，污染环境等） 。
【答案】（1）甲；
（2）先膨胀后变瘪；
（3）调节装置内外压强平衡，防止橡皮塞被弹开（或防止五氧化二磷逸出，污染环境等）。
【分析】验证质量守恒定律的实验时，选用药品和装置应考虑：①只有用天平称量质量没有变化的化学变化才能直接用于验证质量守恒；②如果反应物中有气体参加反应，或生成物中有气体生成，应该选用密闭装置。
【解答】解：（1）采用上述装置实验其中能直接验证质量守恒定律的是A，反应在密闭装置中进行，没有物质逸出，反应前后容器中物质的总质量不变，能直接用于验证质量守恒定律。
稀盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，反应后二氧化碳气体逸出，反应后烧杯中的物质质量减少，不能直接用于验证质量守恒定律。
（2）红磷燃烧放出大量的热，使装置内气体膨胀，压强增大，气球膨胀；随着反应的进行，氧气被消耗，装置中气体体积减少，压强减小，反应停止后，温度逐渐恢复至常温，气球变瘪，装置A中看到气球的变化是先膨胀后变瘪。
（3）红磷燃烧放出大量的热，使装置内气体膨胀，压强增大，为了调节装置内外压强平衡，防止橡皮塞被弹开（或防止五氧化二磷逸出，污染环境等），在玻璃管上固定一气球，则玻璃管上气球的作用是调节装置内外压强平衡，防止橡皮塞被弹开（或防止五氧化二磷逸出，污染环境等）。
故答案为：
（1）甲；
（2）先膨胀后变瘪；
（3）调节装置内外压强平衡，防止橡皮塞被弹开（或防止五氧化二磷逸出，污染环境等）。
16．（2022秋 长寿区期末）氢气的储存是科学研究的重点课题。M是一种储存氢气的新型材料。取22.4gM在O2中完全燃烧后只生成16.0gCuO和16.0gMgO。
（1）上述燃烧过程中消耗O2的质量为 9.6 g；
（2）计算M中各元素的原子个数比 1：2 （写出计算过程）。
【答案】（1）9.6。
（2）1：2。
【分析】化学反应遵循质量守恒定律，即参加反应的物质的质量之和，等于反应后生成的物质的质量之和，是因为化学反应前后，元素的种类不变，原子的种类、总个数不变。
【解答】解：（1）上述燃烧过程中消耗O2的质量为：22.4g﹣16.0g﹣16.0g＝9.6g。
故答案为：9.6。
（2）M中一定含有铜元素和镁元素，氧元素质量＝16.0g×+16.0g×﹣9.6g＝0，即M中不含有氧元素，M中铜元素质量＝16.0g×＝12.8g，镁元素质量＝16.0g×＝9.6g，M中铜元素、镁元素的原子个数比＝：＝1：2。
故答案为：1：2。
17．（2022秋 阳新县校级期末）四种物质在一定的条件下充分混合反应，测得反应前后各物质的质量如下表所示，根据图表回答问题：
物质 A B C D
反应前的质量 51 9 3 17
反应后的质量 23 3 X 51
（1）x＝ 3
（2）参加反应的A和B的质量比是 14：3
【答案】见试题解答内容
【分析】此题是借助质量守恒定律做出判断。
【解答】解：（1）根据质量守恒定律，51+9+3+17＝23+3+x+51，x＝3；
（2）参加反应的A和B的质量比是：（51﹣23）：（9﹣3）＝28：6＝14：3；
（1）3 （2）14：3
【题型2 化学方程式的概念、读法和含义】
18．（2022秋 沙坪坝区校级期末）过氧化钠（Na2O2）因能与二氧化碳反应生成氧气，故可作为呼吸面具中氧气的来源，从下列化学方程式：“2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2”中获得的信息，不正确的是（ ）
A．过氧化钠和二氧化碳反应会生成碳酸钠和氧气
B．此反应中氧元素有两种化合价
C．这一原理不适宜在实验室制取纯净的氧气
D．反应中生成的两种物质的质量比为53：8
【答案】B
【分析】从2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2反应可知，过氧化钠和二氧化碳反应会生成碳酸钠和氧气，反应中氧元素有﹣1价、﹣2价、0价三种价态；据此进行分析。
【解答】解：A.从2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2反应可知，过氧化钠和二氧化碳反应会生成碳酸钠和氧气，故正确；
B.过氧化钠中氧元素为﹣1价，氧气中氧元素为0价，二氧化碳、碳酸钠中氧元素为﹣2价，氧元素有三种化合价，故错误；
C.如果加入的二氧化碳过量，得到的氧气中混有二氧化碳，因此这一原理不适宜在实验室制取纯净的氧气，故正确；
D.从2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2反应可知，反应中生成的两种物质的质量比为（2×106）：（2×16）＝53：8，故正确；
故选：B。
19．（2022秋 江津区期末）化学方程式不能提供的信息是（ ）
A．通过什么条件反应 B．哪些物质参加反应
C．化学反应速率的快慢 D．各粒子的相对数量
【答案】C
【分析】化学方程式的含义有：反应物和生成物的种类；反应的条件；反应物和生成物的微观粒子个数比；反应物和生成物的质量比等．
【解答】解：A、化学方程式能表示反应条件。
B、化学方程式能表示反应物。
C、化学方程式不能表示化学反应速率的快慢。
D、化学方程式能表示各微粒之间的数量比。
故选：C。
20．（2023春 东平县期末）丙烷燃烧的化学方程式是C3H8+5O23CO2+4H2O。下列描述正确的是（ ）
A．丙烷加氧气在点燃条件下，反应生成二氧化碳和水
B．1个丙烷和5个氧气在点燃条件下，生成3个二氧化碳和4个水
C．1gC3H8和5gO2在点燃条件下，生成3gCO2和4gH2O
D．1个C3H8分子和5个O2分子在点燃条件下，生成3个CO2分子和4个H2O分子
【答案】D
【分析】化学方程式可表示：反应物和生成物的种类；反应的条件；反应物和生成物的微观粒子个数比；反应物和生成物的质量比等。
【解答】解：A、由化学方程式可知，该反应可读作丙烷和氧气在点燃的条件下反应生成二氧化碳和水，在化学方程式中，“+”读作“和”，故选项说法错误。
B、物质不能读作个数，该反应可表示为1个丙烷分子和5个氧分子在点燃条件下反应生成3个二氧化碳分子和4个水分子，故选项说法错误。
C、该反应可表示为：44份质量的丙烷和160份质量的氧气在点燃的条件下反应生成132份质量的二氧化碳和72份质量的水，故选项说法错误。
D、微观上：该反应可表示为1个丙烷分子和5个氧分子在点燃条件下反应生成3个二氧化碳分子和4个水分子，故选项说法正确。
故选：D。
21．（2022秋 衡山县期末）根据化学方程式不能获取的信息是（ ）
A．生成物
B．化学反应的快慢
C．反应条件
D．各反应物和生成物之间的质量关系
【答案】B
【分析】从化学方程式获得的信息主要有：反应物、生成物、反应条件、各物质间质量的关系，据此进行分析判断。
【解答】解：A、由化学方程式等号左边的是反应物，右边的是生成物，可以确定生成物，故选项错误。
B、由化学方程式，不能确定化学反应的快慢，故选项正确。
C、由化学方程式，等号上方的是反应条件，可确定反应的条件，故选项错误。
D、由化学方程式，可确定各反应物和生成物之间的质量关系，故选项错误。
故选：B。
22．（2022秋 通州区期末）已知硫化氢（H2S） 燃烧的化学方程式为：2H2S+3O22SO2+2H2O。下列说法正确的是（ ）
A．该反应体现了H2S的可燃性
B．表示硫化氢加氧气等于二氧化硫加水
C．生成的SO2可以直接排入空气
D．硫化氢由两个氢原子和一个硫原子构成
【答案】A
【分析】A、根据硫化氢具有可燃性进行分析。
B、根据在反应中“+”读作“和”，“═”读应作“生成”，进行分析。
C、根据生成的SO2大量排放会形成酸雨，不能直接排入空气进行分析。
D、根据硫化氢由硫化氢分子构成的进行分析。
【解答】解：A、由反应方程式可知，硫化氢具有可燃性，燃烧能生成二氧化硫和水，故A正确；
B、由反应方程式的意义可知，在反应中“+”读作“和”，“═”读应作“生成”，故该反应表示硫化氢和氧气点燃生成二氧化硫和水，故B错误；
C、生成的SO2大量排放会形成酸雨，不能直接排入空气，故C错误；
D、硫化氢由硫化氢分子构成的，一个硫化氢分子是由两个氢原子和一个硫原子构成，故D错误；
故选：A。
23．（2022秋 中宁县期末）小明同学从化学方程式4P+5O22P2O5中总结的信息有：
①参加反应的物质是磷和氧气
②反应条件是点燃
③反应前后分子的总数不变
④反应前后元素的种类不变
⑤反应前后原子的个数不变
其中正确的是（ ）
A．①②③④ B．①②③⑤ C．②③④⑤ D．①②④⑤
【答案】D
【分析】根据化学方程式的含义有：反应物和生成物的种类；反应的条件；反应物和生成物的微观粒子个数比；反应物和生成物的质量比等进行分析。
【解答】解：由化学方程式4P+5O22P2O5可知，参加反应的物质是磷和氧气；反应条件是点燃；反应前后元素的种类不变；反应前的分子是氧分子，个数为5，反应后的五氧化二磷分子，个数为2，所以分子个数发生了改变；反应前后原子的个数不变，故选：D。
【题型3 书写化学方程式、文字表达式、电离方程式】
24．（2022秋 宝山区期末）化学方程式书写正确的是（ ）
A．2H2O22H2↑+O2↑
B．O3+3CO2Fe+3CO2
C．P+O2P2O5
D．2CO+O2═2CO2
【答案】B
【分析】根据化学方程式判断正误的方法需考虑：应用的原理是否正确；化学式书写是否正确；是否配平；反应条件是否正确；↑和↓的标注是否正确。
【解答】解：A、过氧化氢在二氧化锰的催化作用下分解生成水和氧气，正确的化学方程式书写为2H2O22H2O+O2↑，故选项错误。
B、该化学方程式书写完全正确，故选项正确。
C、该化学方程式没有配平，正确的化学方程式应为4P+5O22P2O5，故选项错误。
D、该化学方程式缺少反应条件，正确的化学方程式应为2CO+O22CO2，故选项错误。
故选：B。
25．（2023春 北林区期末）下列化学方程式正确的是（ ）
A．甲烷燃烧CH4+2O2＝CO2+2H2O
B．用铁片和硝酸银溶液比较金属的活泼性Fe+3AgNO3＝Fe（NO3）3+3Ag
C．CuO在高温条件下与C反应：C+2CuO2Cu+CO2↑
D．实验室用过氧化氢制氧气2H2O22H2+2O2↑
【答案】C
【分析】根据化学方程式判断正误的方法需考虑：应用的原理是否正确；化学式书写是否正确；是否配平；反应条件是否正确；↑和↓的标注是否正确。
【解答】解：A、该化学方程式缺少反应条件，正确的化学方程式应为CH4+2O2CO2+2H2O，故选项错误。
B、铁和硝酸银反应生成硝酸亚铁和银，正确的化学方程式应为Fe+2AgNO3＝Fe（NO3）2+2Ag，故选项错误。
C、该化学方程式书写完全正确，故选项正确。
D、过氧化氢在二氧化锰的催化作用下生成水和氧气，正确的化学方程式应为2H2O22H2O+O2↑，故选项错误。
故选：C。
26．（2022秋 汤阴县期末）按要求写出下列反应的化学方程式：
（1）二氧化碳通入紫色的石蕊溶液中变红： CO2+H2O═H2CO3 。
（2）实验室可用固体过氧化钠和二氧化碳反应制备氧气，同时生成了碳酸钠： 2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2 。
【答案】（1）CO2+H2O═H2CO3；
（2）2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2。
【分析】首先根据反应原理找出反应物、生成物、反应条件，根据化学方程式的书写方法、步骤（写、配、注、等）进行书写即可。
【解答】解：（1）二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸使紫色的石蕊溶液变红，反应的化学方程式为CO2+H2O═H2CO3。
（2）固体过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2。
故答案为：
（1）CO2+H2O═H2CO3；
（2）2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2。
27．（2023春 招远市期末）化学与科技发展密切相关。
（1）高纯硅（Si）用作5G基带芯片，其制取原理：四氯化硅（SiCl4）和氢气在高温条件下生成硅和氯化氢，写出该反应的化学方程式： SiCl4+2H2Si+4HCl 。
（2）“长征5号”火箭助推器用液氧、煤油作推进剂。
①我国适合炼制航天煤油的石油非常少。目前已经实现通过煤的液化制取优质航天煤油。煤液化制煤油发生的是 化学 （填“物理”或“化学”）变化。
②十二烷（C12H26）是航空煤油中成分之一。十二烷燃烧后生成水和二氧化碳，写出该化学反应方程式 2C12H26+37O224CO2+26H2O 。
【答案】（1）SiCl4+2H2Si+4HCl；
（2）①化学；②2C12H26+37O224CO2+26H2O。
【分析】（1）根据四氯化硅（SiCl4）和氢气在高温条件下生成硅和氯化氢，进行分析解答。
（2）①化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化与物理变化的本质区别是有无新物质生成。
②根据十二烷燃烧后生成水和二氧化碳，进行分析解答。
【解答】解：（1）四氯化硅（SiCl4）和氢气在高温条件下生成硅和氯化氢，反应的化学方程式为SiCl4+2H2Si+4HCl。
（2）①煤液化制煤油的过程中，有新物质煤油等生成，属于化学变化。
②十二烷在氧气中燃烧，生成水和二氧化碳，反应的化学方程式为2C12H26+37O224CO2+26H2O。
故答案为：
（1）SiCl4+2H2Si+4HCl；
（2）①化学；②2C12H26+37O224CO2+26H2O。
28．（2023春 莱州市期末）在抗击新冠肺炎疫情的过程中，用到很多化学知识。
（1）新冠肺炎病毒也是由分子构成的，请用分子、原子的知识解释下列问题：
①没有直接接触新冠肺炎患者的身体也可能被感染： 病毒分子不断运动 。
②防疫时可用水银温度计测量体温： 温度升高，汞原子间隔增大 。
（2）佩戴医用口罩可以有效预防新冠肺炎，口罩隔离病毒的原理相当于化学实验中的 过滤 操作。
（3）在抗疫过程中“含氯消毒剂”被广泛使用。ClO2是一种新型的含氯灭菌消毒剂。在通常情况下，a.ClO2是一种有刺激性气味的黄绿色气体；b.熔点一59℃；c.沸点11℃；d.在常温下，1L水中大约能溶解2.9gClO2（水的密度为1g/mL）；e.ClO2受热或者见光易分解生成氯气（Cl2）和氧气；f.具有强氧化性和很强的腐蚀性；g.我国从2000年起就逐渐用ClO2取代氯气对饮用水进行消毒。
根据文章内容，回答下列问题：
①ClO2的名称是 二氧化氯 ，其中氯元素的化合价为 +4 。
②上文中描述二氧化氯化学性质的是（填字母编号） e、f ，由上述信息可知，ClO2消毒剂的保存方法是： 低温避光（答案合理即可） 。
③写出e中发生化学反应的方程式： 。
④工业上制备ClO2的反应方程式：5NaClO2+4HCl＝4ClO2+5NaCl+2 H2O 。
（4）酒精（C2H5OH）和过氧乙酸（C2H4O3）也可以有效杀灭新冠病毒。两种物质分别在氧气中完全燃烧的产物是相同的，从物质组成的角度解释其原因是： 组成元素相同（答案合理即可） 。
【答案】（1）①病毒分子不断运动；
②温度升高，汞原子间隔增大；
（2）过滤；
（3）①二氧化氯；+4；
②e、f；低温避光（答案合理即可）；
③；
④H2O；
（4）组成元素相同（答案合理即可）。
【分析】（1）根据粒子的性质来分析；
（2）根据分离混合物的方法来分析；
（3）根据化合物的命名方法、元素化合价的计算方法、物质的性质、化学反应的原理以及质量守恒定律来分析；
（4）根据物质的组成以及质量守恒定律来分析。
【解答】解：（1）①由于病毒分子在不断运动，所以没有直接接触新冠肺炎患者的身体也可能被感染。
②防疫时可用水银温度计测量体温，是由于温度升高，汞原子间隔增大，水银体积增大，水银柱上升。
（2）口罩的材料可阻挡有害气体、气味、飞沫、病毒等物质进入体内，即过滤进入口鼻的空气，口罩隔离病毒的原理相当于化学实验中的过滤。
（3）①根据化学式的读法，ClO2的名称是二氧化氯；设中氯元素的化合价为x，化合物中氧元素一般显﹣2价，根据化合物中各种元素化合价代数和等于零，则：x+（﹣2）×2＝0，得：x＝+4。
②化学性质是物质在化学变化中表现出来的性质，具体有可燃性、稳定性、氧化性、还原性、酸碱性、腐蚀性、毒性等等，所以上文中描述二氧化氯化学性质的是e.ClO2受热或者见光易分解生成氯气（Cl2）和氧气，f.具有强氧化性和很强的腐蚀性；由于ClO2受热或者见光易分解生成氯气和氧气，所以ClO2消毒剂的保存方法是：低温避光。
③e中发生化学反应为ClO2受热或者见光易分解生成氯气和氧气，该反应的化学方程式为：。
④由方程式可知，反应物中Na、Cl、O、H原子个数分别为5、9、10、4，已知生成物中Na、Cl、O原子个数分别为5、9、8，未知物化学计量数为2，根据化学反应前后各原子种类和个数不变，1个未知物分子由1个氧原子和2个氢原子构成，所以未知物的化学式为H2O。
（4）酒精（C2H5OH）和过氧乙酸（C2H4O3）两种物质分别在氧气中完全燃烧的产物是相同的，从物质组成的角度解释其原因是组成元素相同，这两种物质都由碳、氢、氧三种元素组成。
故答案为：（1）①病毒分子不断运动；
②温度升高，汞原子间隔增大；
（2）过滤；
（3）①二氧化氯；+4；
②e、f；低温避光（答案合理即可）；
③；
④H2O；
（4）组成元素相同（答案合理即可）。
29．（2022秋 于洪区期末）过氧化氢可用于消毒杀菌，具有不稳定性。将水蒸气冷凝在硅、玻璃、塑料、金属等材料表面，均发现了过氧化氢的存在。
研究显示：水蒸气冷凝为粒径小于10微米的液滴时，部分水分子会转化为过氧化氢分子。水微滴中形成的过氧化氢含量随液滴尺寸的增大而减少。过氧化氢的产生量与湿度、温度等环境条件密切相关。当使用硅材料、相对湿度为55%时，得到过氧化氢的最大浓度随温度变化关系如图所示。
（1）水蒸气冷凝为粒径小于 10微米 的液滴时，部分水分子会转化为过氧化氢分子。
（2）过氧化氢不稳定的原因是 2H2O2＝O2↑+2H2O （用化学方程式表示）。
（3）水蒸气冷凝产生过氧化氢的量与环境密切相关的条件有 湿度、温度 。
（4）下列说法正确的是 AC （填字母序号）。
A．水蒸气在冷凝过程中可能发生化学变化
B．水蒸气在玻璃表面冷凝得到的液滴一定为纯净物
C．一定条件下，水蒸气冷凝可用于材料表面的绿色消毒
（5）如图中a点（﹣2.8℃）未生成过氧化氢的原因可能是 温度低，水蒸气冷凝成冰 。
【答案】（1）10微米；
（2）2H2O2＝O2↑+2H2O；
（3）湿度、温度；
（4）AC；
（5）温度低，水蒸气冷凝成冰。
【分析】（1）根题干信息来分析；
（2）根据化学反应的原理来分析；
（3）根据题干信息来分析；
（4）根据是否生成新物质、物质的组成以及物质的性质来分析；
（5）根据题干信息以及图像信息来分析。
【解答】解：（1）根据研究显示可知，水蒸气冷凝为粒径小于10微米的液滴时，部分水分子会转化为过氧化氢分子。
（2）过氧化氢不稳定的原因是在常温条件下易分解生成水和氧气，化学方程式书写为2H2O2＝O2↑+2H2O。
（3）根据研究显示可知，水蒸气冷凝产生过氧化氢的量与环境的湿度、温度等因素密切相关。
（4）A.“水蒸气冷凝为粒径小于10微米的液滴时，部分水分子会转化为过氧化氢分子”，有新物质生成，发生化学变化，所以水蒸气在冷凝过程中可能发生化学变化，符合题意；
B.从“将水蒸气冷凝在硅，玻璃，塑料、金属等材料表面，均发现了过氧化氢的存在”，则说明水蒸气在玻璃表面冷凝得到的液滴含有水和过氧化氢，可能是混合物，不符合题意；
C.水蒸气冷凝可能产生过氧化氢，“过氧化氢可用于消毒杀菌”，过氧化氢分解为水和氧气无污染，所以一定条件下，水蒸气冷凝可用于材料表面的绿色消毒，符合题意；
故选AC。
（5）水的凝固点为0℃，则a点没有生成过氧化氢的原因可能为：温度过低，水蒸气冷凝后直接凝固成冰。
故答案为：（1）10微米；
（2）2H2O2＝O2↑+2H2O；
（3）湿度、温度；
（4）AC；
（5）温度低，水蒸气冷凝成冰。
【题型4 根据化学反应方程式的计算】
30．（2022秋 榕城区期末）将25gA物质与5gB物质充分反应后，收集到的物质只有10gA，和一种新物质C。若A、B、C的相对分子质量为30、20、80，则下列反应的化学方程式正确的是（ ）
A．2A+B＝2C B．2A+B＝C C．A+2B＝C D．A+2B＝2C
【答案】B
【分析】根据质量守恒定律，首先计算出生成的C的质量；由A、B、C的相对分子质量分别为30、20、80解和根据化学方程式的计算分析，
【解答】解：将25gA与5gB发生反应，所得混合物中有10gA，则参加反应的A的质量为25g﹣10g＝15g，收集到的物质只有10gA，和一种新物质C，由质量守恒定律，则生成C的质量为25g﹣10g+5g＝20g；
设化学方程式为aA+bB═cC，则
aA+bB═cC
30a 20b 80c
15g 5g 20g
即可得出a：b：c＝2：1：1，则反应的化学方程式为2A+B＝C；
故选：B。
31．（2023春 高青县期末）在化学反应2A+5B＝4C+2D中，已知13g A跟40g B恰好完全反应生成44g C。若D的相对分子质量为18，则A的相对分子质量是（ ）
A．26 B．52 C．44 D．32
【答案】A
【分析】根据质量守恒定律，求出D的质量，然后利用A与D的质量关系以及D的相对分子质量为18求出A的相对分子质量即可。
【解答】解：根据质量守恒定律，化学反应前后物质的总质量不变，则生成的D的质量为：13g+40g﹣44g＝9g；
设A的相对分子质量为x。
2A+5B＝4C+2D
2x 36
13g 9g
x＝26。
故选：A。
32．（2022秋 汤阴县期末）由两种金属组成的混合物共60g，与足量稀盐酸充分反应后，共放出2g氢气，则混合物的组成可能是（ ）
A．Fe、Zn B．Mg、Fe C．Al、Fe D．Al、Mg
【答案】A
【分析】假设与酸反应的金属的相对原子质量为x，利用金属与盐酸反应的化学方程式和生成氢气的质量，列出比例式，就可计算出x的值，然后根据组合的原则，即可正确解答。
【解答】解：假设锌、镁、铁、铝在与酸反应时都看作+2价金属，则各金属的相对原子质量分别为：锌：65；镁：24；铁：56；铝：18。
产生氢气2克，设与酸反应的金属的相对原子质量为x。
M+2HCl═MCl2+H2↑
x 2
60g 2g
＝
x＝60
A、Fe的相对原子质量56、Zn的相对原子质量65，组成该混合物的金属的相对原子质量满足一个大于60，一个小于60，故A正确；
B、Mg的相对原子质量24、Fe的相对原子质量56，组成该混合物的金属的相对原子质量不满足一个大于60，一个小于60，故B错误；
C、Al看作+2价的相对原子质量18、Fe的相对原子质量56，组成该混合物的金属的相对原子质量不满足一个大于60，一个小于60，故C错误；
D、Al看作+2价的相对原子质量18、Mg的相对原子质量24，组成该混合物的金属的相对原子质量不满足一个大于60，一个小于60，故D错误。
故选：A。
33．（2023春 周村区期末）在化学反应A+3B＝2C+2D中，已知A与B的相对分子质量之比为7：8，14gA与一定量的B恰好完全反应，生成C的质量为44g，又知C的相对分子质量为44，则D的相对分子质量为（ ）
A．9 B．18 C．36 D．44
【答案】B
【分析】化学反应遵循质量守恒定律，即参加反应的物质的质量之和，等于反应后生成的物质的质量之和，是因为化学反应前后，元素的种类不变，原子的种类、总个数不变。
【解答】解：14gA与一定量的B恰好完全反应，反应的B的质量是48g，生成C的质量为44g，则生成D质量是14g+48g﹣44g＝18g。
设D相对分子质量是x。
A+3B＝2C+2D
88 2x
44g 18g
＝
x＝18
故选：B。
34．（2023春 肇源县期末）已知A、B、C、D四种物质中有如下转化关系：A+3B═2C+3D，已知A的质量是16g，B的质量是8.4g，生成的C和D的质量比是28：33，又知B的相对分子质量是28，则C的相对分子质量是（ ）
A．37 B．44 C．56 D．132
【答案】C
【分析】根据质量守恒定律，反应前后物质的总质量不变，以及化学方程式的计算来分析。
【解答】解：根据质量守恒定律，反应前后物质的总质量不变，C和D的质量之和为16g+8.4g＝24.4g，生成的C和D的质量比是28：33，则生成C的质量为：24.4g×＝11.2g，
设C的相对分子质量为x。
A+3B═2C+3D
84 2x
8.4g 11.2g
x＝56
故选：C。
35．（2022秋 东坡区校级期末）取7.5g的CaCO3高温加热一段时间后，冷却，测得剩余固体中钙元素质量分数为60%。下列判断不正确的是（ ）
A．剩余固体是混合物
B．剩余CaCO3的质量为2.8g
C．生成2.5gCO2气体
D．剩余固体的质量为5g
【答案】B
【分析】根据碳酸钙分解的化学方程式：CaCO3CaO+CO2↑，结合质量守恒定律可以知道，在反应前后钙元素的质量相等，所以反应后剩余物质中钙元素的质量即为反应前碳酸钙中钙元素的质量，可以据此结合化学方程式进行解答。
【解答】解：碳酸钙高温加热分解生成氧化钙和二氧化碳，方程式为：CaCO3CaO+CO2↑，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类和质量不变，剩余固体中钙元素的质量与原碳酸钙中钙元素的质量相同，则剩余固体的质量为＝5g，反应生成二氧气化碳的质量为；7.5g﹣5g＝2.5g，设消耗的碳酸钙的质量为x，生成氧化钙的质量为y；
CaCO3CaO+CO2↑
100 56 44
x y 2.5g
x≈5.68g
y≈3.18g
因此碳酸钙未完全分解。
A、由分析可得，剩余固体中含有碳酸钙和氧化钙，属于混合物，故正确；
B、由分析可得，剩余CaCO3的质量为7.5g﹣5.68g＝1.82g，故错误；
C、由分析可得，反应生成二氧气化碳的质量为；7.5g﹣5g＝2.5g，故正确；
D、由分析可得，剩余固体的质量为＝5g，故正确。
故选：B。
36．（2022秋 海安市期末）取24.90g Co（CH3COO）2 nH2O样品置于氮气流中加热，残留固体质量随温度的变化如图所示[加热过程中残留固体中钴元素（Co）质量保持不变；样品在300℃前失去结晶水；图中A、B、C、D各处固体均为纯净物，其中C、D均由Co、O两种元素组成；A→B产生的气体由碳、氢两种元素组成，相对分子质量为30]。下列说法错误的是（ ）
A．n＝4
B．A→B产生的气体为C2H6
C．C中氧元素的质量分数比D的小
D．D中钴元素和氧元素的质量之比为59：16
【答案】C
【分析】A、根据样品在300℃前失去结晶水，则从样品24.9g到A点减少的7.2g为样品中水的质量进行计算；
B、根据A→B产生的气体由碳、氢两种元素组成，相对分子质量为30进行分析；
C、根据C→D固体中钴元素的质量不变进行分析；
D、根据整个过程中钴元素的质量不变进行计算。
【解答】解：A、样品在300℃前失去结晶水，从图中可知，样品24.9g到A点减少了7.2g，说明样品中水的质量为7.2g，Co（CH3COO）2的质量为17.7g，Co（CH3COO）2的相对分子质量为177，则两者的质量比为177：18n＝17.7g：7.2g，n＝4；故A正确；
B、A→B产生的气体由碳、氢两种元素组成，相对分子质量为30，则产生的气体是C2H6；故B正确；
C、C、D均由Co、O两种元素组成，C→D质量在减小，但钴元素的质量不变，说明C→D过程中固体中氧元素的质量再减小，故C中氧元素的质量分数比D中大，故C错误；
D、过程中钴元素的质量不变，Co（CH3COO）2的相对分子质量为177，A点Co（CH3COO）2中钴元素的质量为17.7g××100%＝5.9g，D的质量为7.5g，D由Co、O两种元素组成，D中氧元素的质量为7.5g﹣5.9g＝1.6g，钴元素与氧元素的质量比为5.9g：1.6g＝59：16；故D正确；
故选：C。
37．（2022秋 沁阳市期末）质量相等的四种物质①S ②CH4 ③C2H5OH ④Mg完全燃烧消耗氧气的质量由大到小的顺序为 ②③①④ （填序号）。
【答案】②③①④
【分析】根据反应的化学方程式及其提供数据可以进行相关方面的计算。
【解答】解：设S、CH4、C2H5OH、Mg质量都是m，全燃烧消耗氧气的质量分别为x、y、z、w。
S+O2SO2，
32 32
m x
＝
x＝m；
CH4+2O2CO2+2H2O
16 64
m y
＝
y＝4m；
C2H5OH+3O22CO2+3H2O
46 96
m z
＝
z≈2.1m
2Mg+O22MgO
48 32
m w
＝
w≈0.67m。
质量相等的四种物质①S ②CH4 ③C2H5OH ④Mg完全燃烧消耗氧气的质量由大到小的顺序为②③①④。
故答案为：②③①④。
38．（2022秋 罗湖区校级期末）医学上常用双氧水（过氧化氢的水溶液）来清洗创口和局部抗菌，小美同学从家庭小药箱中取68g某医用双氧水溶液放入烧杯中，然后加入2g二氧化锰，每隔一分钟观察一次并记录产生的氧气的质量如表所示，直到实验结束。请回答下列问题：
称量时间/min 0 1 2 3 4 5
产生氧气的质量/g 0 0.7 1.1 1.4 1.6 1.6
（1）双氧水属于 混合物 （填“混合物”或“纯净物”或“氧化物”）。
（2）在此实验中，二氧化锰的作用是 催化作用 ，在称量时间为5分钟时，二氧化锰的质量为 2g 。
（3）从表格可知，该实验生成氧气的总质量为 1.6g 。
（4）请计算该双氧水中过氧化氢的质量（写出具体计算过程）。
【答案】（1）混合物；
（2）催化作用；2g；
（3）1.6g；
（4）3.4g。
【分析】（1）根据物质的组成进行分析；
（2）根据催化剂的定义进行分析；
（2）根据实验数据进行分析；
（3）根据化学方程式和生成氧气的质量进行计算。
【解答】解：（1）双氧水是由不同种物质组成的，属于混合物；
（2）由催化剂的作用和特点可知，在此实验中，二氧化锰的作用是催化作用，催化剂的质量不变，在称量时间为5分钟时，二氧化锰的质量为2g。
（3）由表中数据可知第4分钟时，产生氧气的质量不变，故第4分钟时实验已结束，该实验一共生成1.6g氧气；
（3）设过氧化氢的质量为x。
2H2O22H2O+O2↑
68 32
x 1.6g
解得：x＝3.4g
答：该双氧水中过氧化氢的质量是3.4g。
故答案为：（1）混合物；
（2）催化作用；2g；
（3）1.6g；
（4）3.4g。
39．（2022秋 峡江县期末）实验室有一瓶氯酸钾。某兴趣小组称取24.5g氯酸钾和一定量二氧化锰混合加热制取氧气，当收集到所需的氧气后停止加热。实验数据记录如图：
请回答下列问题：
（1）a＝ 4.5 。
（2）受热分解的氯酸钾的质量为 12.25g （要求写出计算过程，答案精确到0.01g）。
（3）剩余24.2g固体中钾元素的质量 7.8g （精确到0.1g）。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据二氧化锰是催化剂，反应前后质量不变进行解答；
（2）根据生成氧气的质量求出反应的氯酸钾的质量进行解答；
（3）根据反应前后钾元素的质量不变进行解答。
【解答】解：（1）二氧化锰的质量为24.2g+4.8g﹣24.5g＝4.5g；故填：4.5；
（2）设受热分解的氯酸钾的质量为x。
2KClO32KCl+3O2↑
245 96
x 4.8g
x＝12.25g
答：受热分解的氯酸钾的质量为12.25g。故填：12.25g。
（3）反应前后钾元素的质量不变，剩余24.2g固体中钾元素的质量就等于原氯酸钾中钾元素的质量。
钾元素的质量＝24.5g×＝7.8g。故填：7.8g。
40．（2023春 环翠区校级期末）某校课外活动小组为了解当地石灰石资源的品质，对当地石灰石石材进行化学分析：取20g石灰石颗粒样品，置于烧杯中。加足量稀盐酸（杂质不与稀盐酸反应），充分反应后称得混合物的总质量减少了8.36g。试计算石灰石样品中碳酸钙的质量分数。
【答案】95%。
【分析】石灰石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，石灰石颗粒样品，置于烧杯中。加足量稀盐酸（杂质不与稀盐酸反应），充分反应后称得混合物的总质量减少的质量为反应过程中生成二氧化碳的质量。
【解答】解：反应过程中生成二氧化碳的质量为8.36g，
设石灰石样品中碳酸钙的质量分数为x。
CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑
100 44
20g×x 8.36g
x＝95%
答：石灰石样品中碳酸钙的质量分数为95%。
41．（2022秋 沙坪坝区期末）某创新小组，利用实验室一瓶含杂质的氯酸钾和二氧化锰制取氧气（杂质不参加反应）。实验数据记录如图，请计算：
（1）a＝ 4.5 。
（2）请观察图像，分析为什么t0～t1段，t3～t4段固体的质量不发生变化？
（3）请根据图中的数据，计算原氯酸钾样品中氯酸钾的质量分数？（写出计算过程，计算结果保留一位小数）
【答案】（1）4.5。
（2）t0～t1段，未达到反应所需的温度，反应未开始，因此固体质量不变；t3～t4段，反应停止，不再产生氧气，因此剩余固体质量不变。
（3）66.2%。
【分析】氯酸钾在二氧化锰催化作用下受热分解生成氯化钾和氧气，根据反应的化学方程式及其提供数据可以进行相关方面的计算。
【解答】解：（1）根据质量守恒定律，化学反应前后，物质的总质量不变，18.5g+ag＝18.2g+4.8g，a＝4.5。
故答案为：4.5。
（2）氯酸钾与二氧化锰的混合物需要加热到一定温度，才会产生氧气，t0～t1段，温度不够，反应未开始，固体质量不变；t3～t4段，反应停止，不再产生气体，剩余固体的质量不变。
故答案为：t0～t1段，未达到反应所需的温度，反应未开始，因此固体质量不变；t3～t4段，反应停止，不再产生氧气，因此剩余固体质量不变。
（3）设氯酸钾的质量为x。
2KClO32KCl+3O2↑
245 96
x 4.8g
＝
x＝2.25g
氯酸钾的质量分数为×100%≈66.2%
答：原氯酸钾样品中氯酸钾的质量分数为66.2%。
42．（2023春 莱山区期末）SO2是空气污染物之一。我国空气质量标准对空气中SO2的浓度（单位体积的空气中所含SO2的质量）级别规定如表中所示。
浓度级别 一级 二级 三级
SO2浓度（mg/m3） 浓度＜0.15 0.15＜浓度＜0.50 0.50＜浓度≤0.70
化学上经常用碘水测定SO2的含量，发生反应的化学方程式是：SO2+I2+2H2O＝H2SO4+2HI。某兴趣小组为测定当地空气中SO2的含量，将0.8m3的空气样品通入含有1.27mg碘（I2）的碘水中，恰好完全反应（该空气中的其他成分不与碘水发生反应）。试通过计算，判断此空气样品中SO2的浓度级别。（写出计算过程）
【答案】二级。
【分析】根据碘的质量和化学方程式的计算来分析。
【解答】解：设0.8m3的空气样品含有SO2的质量为x。
SO2+I2+2H2O＝H2SO4+2HI
64 254
x 1.27mg
x＝0.32mg
SO2的浓度为：＝0.4mg/m3，0.15＜0.4＜0.50，则此空气样品中SO2的浓度级别为二级。
答：此空气样品中SO2的浓度级别为二级。
43．（2022秋 茂名期末）二氧化锰因应用广泛而备受关注。某研究小组采用图1装置通过焙烧MnCO3制取MnO2，发生反应的化学方程式为：2MnCO3+O22CO2+2MnO2。
（1）实验过程中，石英管内剩余固体的质量和成分随温度的变化如图2所示，则焙烧MnCO3制取MnO2应该控制反应的温度不高于 300 ℃。
（2）若加热到300﹣900℃时，锰的氧化物会分解产生一种常见气体，该气体为 O2 （填化学式）。
（3）试根据化学方程式求46.0g MnCO3通过焙烧最多制得的MnO2的质量是多少？（请写出计算过程）
（4）若把反应温度控制在900℃，充分反应后管内剩余固体的质量为 28.4 g。
【答案】（1）300；
（2）O2；
（3）34.8g
（4）28.4。
【分析】（1）根据焙烧MnCO3制取MnO2时生成物随温度的变化分析；
（2）根据质量守恒定律分析判断；
（3）根据MnCO3的质量和发生的反应分析回答；
（4）根据在900℃时MnCO3发生的反应分析计算。
【解答】解：（1）由实验过程中石英管内剩余固体的质量和成分随温度的变化图示可知，在焙烧MnCO3制取MnO2的过程中，温度高于300℃就要生成Mn2CO3或MnO，所以该控制反应的温度不高于300℃。
（2）若加热到300﹣900℃时，锰的氧化物会分解产生一种常见气体，由质量守恒定律可知，该气体为氧气，化学式是O2。
（3）设最多制得的MnO2的质量是x。
2MnCO3+O22CO2+2MnO2
230 174
46.0g x
解得：x＝34.8g
答：最多制得的MnO2的质量是34.8g
（4）设试管内剩余固体的质量为y。
MnCO3CO2↑+MnO
115 71
46.0g y
＝ 解得：y＝28.4g
故答案为：（1）300；
（2）O2；
（3）34.8g
（4）28.4。
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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第五单元 化学方程式
题型训练（4大类型）
【题型1 质量守恒定律及其应用】 1
【题型2 化学方程式的概念、读法和含义】 6
【题型3 书写化学方程式、文字表达式、电离方程式】 7
【题型4 根据化学反应方程式的计算】 9
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 S-32 C1-35.5 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Zn-65 I-127
【题型1 质量守恒定律及其应用】
1．（2022秋 新晃县期末）NH4ClO4（高氯酸铵）可用作火箭推进剂，当它发生分解反应时，不能生成的物质是（ ）
A．CO B．Cl2 C．O2 D．N2
2．（2022秋 同心县期末）用下列装置来验证质量守恒定律（托盘天平未画出），能达到目的的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2022秋 辽阳期末）利用新型催化剂将二氧化碳转化为燃料，是实现“碳中和”的路径之一，有关反应的化学方程式为CO2+3H2X+H2O，则X的化学式为（ ）
A．CH4 B．C2H4 C．CH2O D．CH3OH
4．（2022秋 襄都区校级期末）将下列四种物质放入密闭容器中充分反应，测得反应前后各物质的质量如表。下列说法不正确的是（ ）
物质 甲 乙 丙 丁
反应前的质量/g 30 20 5 0
反应后的质量/g 14 16 a 20
A．a＝5
B．丁一定是化合物
C．丙可能是催化剂
D．参加反应的甲和生成的丁的质量比为7：10
5．（2023春 莱州市期末）将一定质量木炭跟少量氧气放在密闭的容器里加热，充分反应。如图一定不能正确反映容器内有关物质的质量随时间变化而变化的关系图像是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2022秋 番禺区期末）我国古代典籍记载的“银针验毒“，涉及到反应4Ag+2H2S+O2═2X+2H2O，生成物X的化学式是（ ）
A．AgHS B．Ag2S C．SO2 D．Ag2O
7．（2022秋 天河区校级期末）2022年10月31日梦天实验舱由长征五号B运载火箭托举升空。长征五号B运载火箭以偏二甲肼（C2H8N2）和X作推进剂，反应的化学方程式为：2X+C2H8N23N2+4H2O+2CO2，则X的化学式是（ ）
A．N2O4 B．NO C．N2O3 D．N2O5
8．（2022秋 玉林期末）在一个密闭容器中，有甲、乙、丙、丁、戊五种物质，在一定条件下发生反应，测得反应前后各物质的质量变化量如图所示（图中正数表示物质质量的增加量，负数表示物质质量的减少量，0表示物质质量不变），下列说法正确的是（ ）
A．R＝﹣48 B．戊一定是该反应的催化剂
C．反应后容器中一定含有5种物质 D．该反应中乙、丁的质量比一定为8：9
9．（2022秋 中江县期末）将一定质量的A、B、C、D四种物质放一密闭容器中，在一定条件下反应一段时间后，测得各物质的质量如下：
物质 A B C D
反应前的质量/g 6.4 3.2 4.0 2.5
反应后的质量/g 3.8 待测 7.2 2.5
下列说法中错误的是（ ）
A．物质D可能是催化剂 B．表中待测数据的值为2.6
C．物质A是反应物 D．化学反应中B、C的质量变化之比是13：36
10．（2023春 萝北县期末）“见著知微，见微知著”是化学思维方法。
（1）从宏观知微观。
天然气的主要成分是甲烷，甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和水，甲烷分子中一定含有的原子是 和 （填符号）。
（2）从微观知宏观。
①上述粒子中具有相似化学性质的原子是 （用字母序号填空，下同）
②属于同种元素的粒子是 。
11．（2023春 莱山区期末）华夏之美，灿若繁花。央视春晚节目《满庭芳 国色》从自然万物、天地四时追寻中国传统色彩。群青、湘叶、桃红、凝脂这满庭芳的国色中也蕴藏着独特的化学内涵。
（1）群青颜料在古代是由贵重的青金石研磨制成的，是一种昂贵的高级颜料。青金石中含Na、Al、Si、S、Cl、O等元素，这些元素最根本的区别是 不同。
（2）缃叶色指的是桑叶初生的浅黄色。在中国古代绘画中，黄色颜料多用雌黄（As2S3）制成，雄黄（As3S4）在光照下会变成雌黄。这两种物质具有的共同点是
（写一条）。
（3）古代的桃红胭脂可由红花汁制成，红花的染色成分为红花素（C15H12O6）。红花素中氢、氧元素的质量比为 （填最简整数比）。
（4）宋代德化窑的白瓷，是一种纯粹的凝脂白。陶瓷烧制过程中会发生一系列的化学反应，其中包括CaCO3+SiO2CaSiO3+X↑，该反应中X的化学式为 ，CaSiO3中Si元素的化合价为 。
12．（2023春 牟平区期末）为验证质量守恒定律，小明设计了如图所示装置进行实验，实验过程中，若石灰水足量，该体系中发生的化学反应有 个；小强认为实验时即使锥形瓶中未盛装石灰水，实验前后天平也会保持平衡，小明在认同小强观点的同时，认为如果不使用石灰水，可能会存在一定问题，该问题是： ，小明继续提出：该实验若将锥形瓶改为烧杯，则不能验证质量守恒定律，原因是 ，小强提出：即使改为烧杯，下列反应中 仍能完成质量守恒定律的验证。
A．镁和稀盐酸Mg+2HCl＝MgCl2+H2↑
B．铁和硫酸铜溶液Fe+CuSO4＝Cu+FeSO4
C．盐酸和氢氧化钠溶液HCl+NaOH＝NaCl+H2O
D．氢氧化钡溶液和硫酸钠溶液Ba（OH）2+Na2SO4＝BaSO4↓+2NaOH
13．（2023春 桓台县期末）请完成下列问题：
（1）CO和CO2是碳的两种常见氧化物，其中CO中碳、氧元素质量比是 （最简比）。已知某瓶气体中只含有碳、氧两种元素，测得气体中碳、氧元素的质量比是3：5，则该瓶气体组成属于 （填“纯净物”、“混合物”）；
（2）CO2和CO两种物质的组成元素相同，二者的分子结构 （填“相同”、“不同”），两种物质的化学性质 （填“相同”、“不同”），因为物质的结构决定物质的性质；
（3）天然水中含有许多杂质。自来水生产过程中的重要步骤是消毒，ClO2是一种新型消毒剂，工业上常用Cl2与NaClO2反应来制取ClO2，反应的化学方程式是：Cl2+2NaClO2＝2x+2ClO2，则x的化学式是 ，NaClO2中氯的化合价是 。
14．（2023春 桓台县期末）化学反应要遵循质量守恒定律。丙烷（C3H8）是液化石油气的主要成分之一，将22g丙烷与一定量氧气在密闭容器中引燃，恰好完全反应。已知生成CO2和CO的质量比是22：7，则生成H2O的质量是 ，反应消耗氧气的质量是 。在这个反应中，丙烷中所含氢元素质量和产物水中的氢元素质量关系是 ，产物CO2、CO中的碳元素总质量与丙烷中所含碳元素的质量关系是 。
15．（2023春 萝北县期末）如图所示是某校学生甲、乙探究“质量守恒定律“的两个验证实验，甲同学采用装置A，乙同学采用装置B。请结合装置图回答下列问题：
（1）采用上述装置实验其中能直接验证质量守恒定律的是 同学（填“甲”或“乙”）。
（2）装置A中看到气球的变化是 。
（3）装置A中玻璃管的作用是 。
16．（2022秋 长寿区期末）氢气的储存是科学研究的重点课题。M是一种储存氢气的新型材料。取22.4gM在O2中完全燃烧后只生成16.0gCuO和16.0gMgO。
（1）上述燃烧过程中消耗O2的质量为 g；
（2）计算M中各元素的原子个数比 （写出计算过程）。
17．（2022秋 阳新县校级期末）四种物质在一定的条件下充分混合反应，测得反应前后各物质的质量如下表所示，根据图表回答问题：
物质 A B C D
反应前的质量 51 9 3 17
反应后的质量 23 3 X 51
（1）x＝
（2）参加反应的A和B的质量比是
【题型2 化学方程式的概念、读法和含义】
18．（2022秋 沙坪坝区校级期末）过氧化钠（Na2O2）因能与二氧化碳反应生成氧气，故可作为呼吸面具中氧气的来源，从下列化学方程式：“2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2”中获得的信息，不正确的是（ ）
A．过氧化钠和二氧化碳反应会生成碳酸钠和氧气
B．此反应中氧元素有两种化合价
C．这一原理不适宜在实验室制取纯净的氧气
D．反应中生成的两种物质的质量比为53：8
19．（2022秋 江津区期末）化学方程式不能提供的信息是（ ）
A．通过什么条件反应 B．哪些物质参加反应
C．化学反应速率的快慢 D．各粒子的相对数量
20．（2023春 东平县期末）丙烷燃烧的化学方程式是C3H8+5O23CO2+4H2O。下列描述正确的是（ ）
A．丙烷加氧气在点燃条件下，反应生成二氧化碳和水
B．1个丙烷和5个氧气在点燃条件下，生成3个二氧化碳和4个水
C．1gC3H8和5gO2在点燃条件下，生成3gCO2和4gH2O
D．1个C3H8分子和5个O2分子在点燃条件下，生成3个CO2分子和4个H2O分子
21．（2022秋 衡山县期末）根据化学方程式不能获取的信息是（ ）
A．生成物 B．化学反应的快慢
C．反应条件 D．各反应物和生成物之间的质量关系
22．（2022秋 通州区期末）已知硫化氢（H2S） 燃烧的化学方程式为：2H2S+3O22SO2+2H2O。下列说法正确的是（ ）
A．该反应体现了H2S的可燃性
B．表示硫化氢加氧气等于二氧化硫加水
C．生成的SO2可以直接排入空气
D．硫化氢由两个氢原子和一个硫原子构成
23．（2022秋 中宁县期末）小明同学从化学方程式4P+5O22P2O5中总结的信息有：
①参加反应的物质是磷和氧气 ②反应条件是点燃 ③反应前后分子的总数不变
④反应前后元素的种类不变 ⑤反应前后原子的个数不变
其中正确的是（ ）
A．①②③④ B．①②③⑤ C．②③④⑤ D．①②④⑤
【题型3 书写化学方程式、文字表达式、电离方程式】
24．（2022秋 宝山区期末）化学方程式书写正确的是（ ）
A．2H2O22H2↑+O2↑ B．O3+3CO2Fe+3CO2
C．P+O2P2O5 D．2CO+O2═2CO2
25．（2023春 北林区期末）下列化学方程式正确的是（ ）
A．甲烷燃烧CH4+2O2＝CO2+2H2O
B．用铁片和硝酸银溶液比较金属的活泼性Fe+3AgNO3＝Fe（NO3）3+3Ag
C．CuO在高温条件下与C反应：C+2CuO2Cu+CO2↑
D．实验室用过氧化氢制氧气2H2O22H2+2O2↑
26．（2022秋 汤阴县期末）按要求写出下列反应的化学方程式：
（1）二氧化碳通入紫色的石蕊溶液中变红： 。
（2）实验室可用固体过氧化钠和二氧化碳反应制备氧气，同时生成了碳酸钠：
。
27．（2023春 招远市期末）化学与科技发展密切相关。
（1）高纯硅（Si）用作5G基带芯片，其制取原理：四氯化硅（SiCl4）和氢气在高温条件下生成硅和氯化氢，写出该反应的化学方程式： 。
（2）“长征5号”火箭助推器用液氧、煤油作推进剂。
①我国适合炼制航天煤油的石油非常少。目前已经实现通过煤的液化制取优质航天煤油。煤液化制煤油发生的是 （填“物理”或“化学”）变化。
②十二烷（C12H26）是航空煤油中成分之一。十二烷燃烧后生成水和二氧化碳，写出该化学反应方程式 。
28．（2023春 莱州市期末）在抗击新冠肺炎疫情的过程中，用到很多化学知识。
（1）新冠肺炎病毒也是由分子构成的，请用分子、原子的知识解释下列问题：
①没有直接接触新冠肺炎患者的身体也可能被感染： 。
②防疫时可用水银温度计测量体温： 。
（2）佩戴医用口罩可以有效预防新冠肺炎，口罩隔离病毒的原理相当于化学实验中的
操作。
（3）在抗疫过程中“含氯消毒剂”被广泛使用。ClO2是一种新型的含氯灭菌消毒剂。在通常情况下，a.ClO2是一种有刺激性气味的黄绿色气体；b.熔点一59℃；c.沸点11℃；d.在常温下，1L水中大约能溶解2.9gClO2（水的密度为1g/mL）；e.ClO2受热或者见光易分解生成氯气（Cl2）和氧气；f.具有强氧化性和很强的腐蚀性；g.我国从2000年起就逐渐用ClO2取代氯气对饮用水进行消毒。
根据文章内容，回答下列问题：
①ClO2的名称是 ，其中氯元素的化合价为 。
②上文中描述二氧化氯化学性质的是（填字母编号） ，由上述信息可知，ClO2消毒剂的保存方法是： 。
③写出e中发生化学反应的方程式： 。
④工业上制备ClO2的反应方程式：5NaClO2+4HCl＝4ClO2+5NaCl+2 。
（4）酒精（C2H5OH）和过氧乙酸（C2H4O3）也可以有效杀灭新冠病毒。两种物质分别在氧气中完全燃烧的产物是相同的，从物质组成的角度解释其原因是： 。
29．（2022秋 于洪区期末）过氧化氢可用于消毒杀菌，具有不稳定性。将水蒸气冷凝在硅、玻璃、塑料、金属等材料表面，均发现了过氧化氢的存在。
研究显示：水蒸气冷凝为粒径小于10微米的液滴时，部分水分子会转化为过氧化氢分子。水微滴中形成的过氧化氢含量随液滴尺寸的增大而减少。过氧化氢的产生量与湿度、温度等环境条件密切相关。当使用硅材料、相对湿度为55%时，得到过氧化氢的最大浓度随温度变化关系如图所示。
（1）水蒸气冷凝为粒径小于 的液滴时，部分水分子会转化为过氧化氢分子。
（2）过氧化氢不稳定的原因是 （用化学方程式表示）。
（3）水蒸气冷凝产生过氧化氢的量与环境密切相关的条件有 。
（4）下列说法正确的是 （填字母序号）。
A．水蒸气在冷凝过程中可能发生化学变化
B．水蒸气在玻璃表面冷凝得到的液滴一定为纯净物
C．一定条件下，水蒸气冷凝可用于材料表面的绿色消毒
（5）如图中a点（﹣2.8℃）未生成过氧化氢的原因可能是 。
【题型4 根据化学反应方程式的计算】
30．（2022秋 榕城区期末）将25gA物质与5gB物质充分反应后，收集到的物质只有10gA，和一种新物质C。若A、B、C的相对分子质量为30、20、80，则下列反应的化学方程式正确的是（ ）
A．2A+B＝2C B．2A+B＝C C．A+2B＝C D．A+2B＝2C
31．（2023春 高青县期末）在化学反应2A+5B＝4C+2D中，已知13g A跟40g B恰好完全反应生成44g C。若D的相对分子质量为18，则A的相对分子质量是（ ）
A．26 B．52 C．44 D．32
32．（2022秋 汤阴县期末）由两种金属组成的混合物共60g，与足量稀盐酸充分反应后，共放出2g氢气，则混合物的组成可能是（ ）
A．Fe、Zn B．Mg、Fe C．Al、Fe D．Al、Mg
33．（2023春 周村区期末）在化学反应A+3B＝2C+2D中，已知A与B的相对分子质量之比为7：8，14gA与一定量的B恰好完全反应，生成C的质量为44g，又知C的相对分子质量为44，则D的相对分子质量为（ ）
A．9 B．18 C．36 D．44
34．（2023春 肇源县期末）已知A、B、C、D四种物质中有如下转化关系：A+3B═2C+3D，已知A的质量是16g，B的质量是8.4g，生成的C和D的质量比是28：33，又知B的相对分子质量是28，则C的相对分子质量是（ ）
A．37 B．44 C．56 D．132
35．（2022秋 东坡区校级期末）取7.5g的CaCO3高温加热一段时间后，冷却，测得剩余固体中钙元素质量分数为60%。下列判断不正确的是（ ）
A．剩余固体是混合物 B．剩余CaCO3的质量为2.8g
C．生成2.5gCO2气体 D．剩余固体的质量为5g
36．（2022秋 海安市期末）取24.90g Co（CH3COO）2 nH2O样品置于氮气流中加热，残留固体质量随温度的变化如图所示[加热过程中残留固体中钴元素（Co）质量保持不变；样品在300℃前失去结晶水；图中A、B、C、D各处固体均为纯净物，其中C、D均由Co、O两种元素组成；A→B产生的气体由碳、氢两种元素组成，相对分子质量为30]。下列说法错误的是（ ）
A．n＝4
B．A→B产生的气体为C2H6
C．C中氧元素的质量分数比D的小
D．D中钴元素和氧元素的质量之比为59：16
37．（2022秋 沁阳市期末）质量相等的四种物质①S ②CH4 ③C2H5OH ④Mg完全燃烧消耗氧气的质量由大到小的顺序为 （填序号）。
38．（2022秋 罗湖区校级期末）医学上常用双氧水（过氧化氢的水溶液）来清洗创口和局部抗菌，小美同学从家庭小药箱中取68g某医用双氧水溶液放入烧杯中，然后加入2g二氧化锰，每隔一分钟观察一次并记录产生的氧气的质量如表所示，直到实验结束。请回答下列问题：
称量时间/min 0 1 2 3 4 5
产生氧气的质量/g 0 0.7 1.1 1.4 1.6 1.6
（1）双氧水属于 （填“混合物”或“纯净物”或“氧化物”）。
（2）在此实验中，二氧化锰的作用是 ，在称量时间为5分钟时，二氧化锰的质量为 。
（3）从表格可知，该实验生成氧气的总质量为 。
（4）请计算该双氧水中过氧化氢的质量（写出具体计算过程）。
39．（2022秋 峡江县期末）实验室有一瓶氯酸钾。某兴趣小组称取24.5g氯酸钾和一定量二氧化锰混合加热制取氧气，当收集到所需的氧气后停止加热。实验数据记录如图：
请回答下列问题：
（1）a＝ 。
（2）受热分解的氯酸钾的质量为 （要求写出计算过程，答案精确到0.01g）。
（3）剩余24.2g固体中钾元素的质量 （精确到0.1g）。
40．（2023春 环翠区校级期末）某校课外活动小组为了解当地石灰石资源的品质，对当地石灰石石材进行化学分析：取20g石灰石颗粒样品，置于烧杯中。加足量稀盐酸（杂质不与稀盐酸反应），充分反应后称得混合物的总质量减少了8.36g。试计算石灰石样品中碳酸钙的质量分数。
41．（2022秋 沙坪坝区期末）某创新小组，利用实验室一瓶含杂质的氯酸钾和二氧化锰制取氧气（杂质不参加反应）。实验数据记录如图，请计算：
（1）a＝ 。
（2）请观察图像，分析为什么t0～t1段，t3～t4段固体的质量不发生变化？
（3）请根据图中的数据，计算原氯酸钾样品中氯酸钾的质量分数？（写出计算过程，计算结果保留一位小数）
42．（2023春 莱山区期末）SO2是空气污染物之一。我国空气质量标准对空气中SO2的浓度（单位体积的空气中所含SO2的质量）级别规定如表中所示。
浓度级别 一级 二级 三级
SO2浓度（mg/m3） 浓度＜0.15 0.15＜浓度＜0.50 0.50＜浓度≤0.70
化学上经常用碘水测定SO2的含量，发生反应的化学方程式是：SO2+I2+2H2O＝H2SO4+2HI。某兴趣小组为测定当地空气中SO2的含量，将0.8m3的空气样品通入含有1.27mg碘（I2）的碘水中，恰好完全反应（该空气中的其他成分不与碘水发生反应）。试通过计算，判断此空气样品中SO2的浓度级别。（写出计算过程）
43．（2022秋 茂名期末）二氧化锰因应用广泛而备受关注。某研究小组采用图1装置通过焙烧MnCO3制取MnO2，发生反应的化学方程式为：2MnCO3+O22CO2+2MnO2。
（1）实验过程中，石英管内剩余固体的质量和成分随温度的变化如图2所示，则焙烧MnCO3制取MnO2应该控制反应的温度不高于 ℃。
（2）若加热到300﹣900℃时，锰的氧化物会分解产生一种常见气体，该气体为 （填化学式）。
（3）试根据化学方程式求46.0g MnCO3通过焙烧最多制得的MnO2的质量是多少？（请写出计算过程）
（4）若把反应温度控制在900℃，充分反应后管内剩余固体的质量为 g。
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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